平面向量的基本定理及座標表示
1、（2010?福建）若向量a=(_,3)(_∈R)，則“_=4”是“|a|=5”的 （ ）
A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件
C.充要條件 D.既不充分又不必要條件
2、設a=32，sin α，b=cos α，13，且a∥b，則鋭角α為 （ ）
A.30° B.45°
C.60° D.75°
3、（2011?馬鞍山模擬）已知向量a=(6，-4)，b(0，2)，OC→=c=a+λb，若C點在函數y=sin π12_的圖象上，則實數λ等於 （ ）
A.52 B.32
C.-52 D.-32
4、（2010?陝西）已知向量a=(2，-1)，b=(-1，m)，c=(-1，2)，若(a+b)∥c，則m=________.
5、（2009?安徽）給定兩個長度為1的平面向量OA→和OB→，它們的夾角為120°。如圖所示，點C在以O為圓心的圓弧 上變動，若OC→=_OA→+yOB→，其中_，y∈R，則_+y的最大值是______.
最後，希望101教育小編整理的高二數學平面向量的基本定理及座標表示同步練習對您有所幫助，祝同學們學習進步。
1、在5的二項展開式中，_的係數為（ ）
A.10 B.-10 C.40 D.-40
解析：選D Tr+1=C(2_2)5-rr=(-1)r·25-r·C·_10-3r，
令10-3r=1，得r=3.所以_的係數為(-1)3·25-3·C=-40.
2、在（1+）2-（1+）4的展開式中，_的係數等於（ ）
A.3 B.-3 C.4 D.-4
解析：選B 因為（1+）2的展開式中_的係數為1，（1+）4的展開式中_的係數為C=4，所以在（1+）2-（1+）4的展開式中，_的係數等於-3.
3、（2013·全國大學聯考）(1+_)8(1+y)4的展開式中_2y2的係數是（ ）
A.56 B.84 C.112 D.168
解析：選D (1+_)8展開式中_2的係數是C，(1+y)4的展開式中y2的係數是C，根據多項式乘法法則可得(1+_)8(1+y) 4展開式中_2y2的係數為CC=28×6=168.
4.5的展開式中各項係數的和為2，則該展開式中常數項為（ ）
A.-40 B.-20 C.20 D.40
解析：選D 由題意，令_=1得展開式各項係數的和為(1+a)·(2-1)5=2，a=1.
二項式5的通項公式為Tr+1=C(-1)r·25-r·_5-2r，
5展開式中的常數項為_·C(-1)322·_-1+·C·(-1)2·23·_=-40+80=40.
5、在(1-_)n=a0+a1_+a2_2+a3_3+…+an_n中，若2a2+an-3=0，則自然數n的值是（ ）
A.7 B.8 C.9 D.10
解析：選B 易知a2=C，an-3=(-1)n-3·C=(-1)n-3C，又2a2+an-3=0，所以2C+(-1)n-3C=0，將各選項逐一代入檢驗可知n=8滿足上式。
6、設aZ，且0≤a<13，若512 012+a能被13整除，則a=（ ）
A.0 B.1 C.11 D.12
解析：選D 512 012+a=(13×4-1)2 012+a，被13整除餘1+a，結合選項可得a=12時，512 012+a能被13整除。
7、（2015·杭州模擬）二項式5的展開式中第四項的係數為________.
解析：由已知可得第四項的係數為C(-2)3=-80，注意第四項即r=3.
答案：-808.（2013·四川大學聯考）二項式(_+y)5的展開式中，含_2y3的項的係數是________（用數字作答）。
解析：由二項式定理得(_+y)5的展開式中_2y3項為C_5-3y3=10_2y3，即_2y3的係數為10.
答案：10
。 （2013·浙江大學聯考）設二項式5的展開式中常數項為A，則A=________.
解析：因為5的通項Tr+1=C（)5-r·r=(-1）rC__-=(-1)rC_.令15-5r=0，得r=3，所以常數項為(-1)3C_0=-10.即A=-10.
答案：-10
10、已知(1-2_)7=a0+a1_+a2_2+…+a7_7，求：
(1)a1+a2+…+a7;
(2)a1+a3+a5+a7;
(3)a0+a2+a4+a6;
（4）|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|。
解：令_=1，則a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=-1.
令_=-1，則a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7=37.
（1）∵a0=C=1，a1+a2+a3+…+a7=-2.
（2）(-)÷2，得a1+a3+a5+a7==-1 094.
（3)(+）÷2，得a0+a2+a4+a6==1 093.
（4）(1-2_)7展開式中a0、a2、a4、a6大於零，而a1、a3、a5、a7小於零，
|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|
=(a0+a2+a4+a6)- (a1+a3+a5+a7)
=1 093-(-1 094)=2 187.
11、若某一等差數列的首項為C-A，公差為m的展開式中的常數項，其中m是7777-15除以19的餘數，則此數列前多少項的和最大？並求出這個最大值。
解：設該等差數列為{an}，公差為d，前n項和為Sn.
由已知得又nN_，n=2，
C-A=C-A=C-A=-5×4=100，a1=100.
7777-15=(76+1)77-15
=7677+C·7676+…+C·76+1-15
=76(7676+C·7675+…+C)-14
=76M-14(MN_)，
7777-15除以19的餘數是5，即m=5.
m的展開式的通項是Tr+1=C·5-rr=(-1)rC5-2r_r-5(r=0,1,2,3,4,5)，
令r-5=0，得r=3，代入上式，得T4=-4，即d=-4，從而等差數列的通項公式是an=100+(n-1)×(-4)=104-4n.
設其前k項之和最大，則解得k=25或k=26，故此數列的前25項之和與前26項之和相等且最大，
S25=S26=×25=×25=1 300.
12、從函數角度看，組合數C可看成是以r為自變量的函數f(r)，其定義域是{r|rN，r≤n}。
（1）證明：f(r)=f(r-1)；
（2）利用(1)的結論，證明：當n為偶數時，(a+b)n的展開式中最中間一項的二項式係數最大。
解：(1)證明：f(r)=C=，f(r-1)=C=，
f(r-1)=·=。
則f(r)=f(r-1)成立。
（2）設n=2k，f(r)=f(r-1)，f(r-1)>0，=。
令f(r)≥f(r-1)，則≥1，則r≤k+（等號不成立）。
當r=1,2，…，k時，f(r)>f(r-1)成立。
反之，當r=k+1，k+2，…，2k時，f(r)
一、選擇題
1、（文)(2010·四川文）將函數y=sin_的圖象上所有的點向右平行移動個單位長度，再把所得各點的橫座標伸長到原來的2倍（縱座標不變），所得圖象的函數解析式是（ ）
A.y=sin B.y=sin C.y=sin D.y=sin
2、(2010·重慶文，6)下列函數中，週期為π，且在[，]上為減函數的是（ ）
A.y=sin（2_+） B.y=cos （2_+） C.y=sin（_+） D.y=cos（_+）
3、（文)若函數y=f（_）的圖象和y=sin(_+）的圖象關於點M（，0）對稱，則f(_)的表達式是（ ）
（_-) (_+） C.-cos（_-) D.-cos(_+）
4、（理)若函數f（_）=3sin（ω_+φ）對任意實數_都有f（+_）=f(-_)，則f（）=( ）
A.0 B.3 C.-3 D.3或-3
5、（理)(2010·天津文）下圖是函數y=Asin（ω_+φ）(_∈R)在區間上的圖象，為了得到這個函數的圖象，只要將y=sin_(_∈R)的圖象上所有的點（ ）
A.向左平移個單位長度，再把所得各點的橫座標縮短到原來的倍，縱座標不變
B.向左平移個單位長度，再把所得各點的橫座標伸長到原來的2倍，縱座標不變
C.向左平移個單位長度，再把所得各點的橫座標縮短到原來的倍，縱座標不變
D.向左平移個單位長度，再把所得各點的橫座標伸長到原來的2倍，縱座標不變
二、填空題
6、(文)函數y=cos_的定義域為[a，b]，值域為[-，1]，則b-a的最小值為________.
7、（文)函數f(_）=Asin（ω_+φ）(A>0，ω>0)的部分圖象如右圖所示，則f(1)+f(2)+f(3)+。.。+f(11)=________.
8、（理)已知f（_）=sin（ω_+）（ω>0），f（）=f（），且f(_)在區間(，）上有最小值，無最大值，則ω=________.
一、選擇題
1、已知an+1=an-3，則數列{an}是()
A.遞增數列 B.遞減數列
C.常數列 D.擺動數列
解析：∵an+1-an=-30，由遞減數列的定義知B選項正確。故選B.
答案：B
2、設an=1n+1+1n+2+1n+3++12n+1（nN*），則()
+1an +1=an
+1
解析：an+1-an=(1n+2+1n+3++12n+1+12n+2+12n+3)-(1n+1+1n+2++12n+1)=12n+3-12n+1=-12n+32n+2.
∵nN*，an+1-an0.故選C.
答案：C
3.1,0,1,0，的通項公式為()
A.2n-1 B.1+-1n2
C.1--1n2 D.n+-1n2
解析：解法1：代入驗證法。
解法2：各項可變形為1+12，1-12，1+12，1-12，，偶數項為1-12，奇數項為1+12.故選C.
答案：C
4、已知數列{an}滿足a1=0，an+1=an-33an+1（nN*），則a20等於()
A.0 B.-3
C.3 D.32
解析：由a2=-3，a3=3，a4=0，a5=-3，可知此數列的最小正週期為3，a20=a36+2=a2=-3，故選B.
答案：B
5、已知數列{an}的通項an=n2n2+1，則0.98()
A.是這個數列的項，且n=6
B.不是這個數列的項
C.是這個數列的項，且n=7
D.是這個數列的項，且n=7
解析：由n2n2+1=0.98，得0.98n2+0.98=n2，n2=49.n=7（n=-7捨去），故選C.
答案：C
6、若數列{an}的通項公式為an=7（34)2n-2-3(34)n-1，則數列{an}的(）
A.最大項為a5，最小項為a6
B.最大項為a6，最小項為a7
C.最大項為a1，最小項為a6
D.最大項為a7，最小項為a6
解析：令t=(34)n-1，nN+，則t(0,1]，且(34)2n-2=[(34)n-1]2=t2.
從而an=7t2-3t=7(t-314)2-928.
函數f(t)=7t2-3t在(0，314]上是減函數，在[314，1]上是增函數，所以a1是最大項，故選C.
答案：C
7、若數列{an}的前n項和Sn=32an-3，那麼這個數列的通項公式為()
=23n-1 =32n
=3n+3 =23n
解析：
①-②得anan-1=3.
∵a1=S1=32a1-3，
a1=6，an=23n.故選D.
答案：D
8、數列{an}中，an=（-1)n+1(4n-3)，其前n項和為Sn，則S22-S11等於(）
A.-85 B.85
C.-65 D.65
解析：S22=1-5+9-13+17-21+-85=-44，
S11=1-5+9-13++33-37+41=21，
S22-S11=-65.
或S22-S11=a12+a13++a22=a12+(a13+a14)+(a15+a16)++(a21+a22)=-65.故選C.
答案：C
9、在數列{an}中，已知a1=1，a2=5，an+2=an+1-an，則a2007等於()
A.-4 B.-5
C.4 D.5
解析：依次算出前幾項為1,5,4，-1，-5，-4,1,5,4，，發現週期為6，則a2007=a3=4.故選C.
答案：C
10、數列{an}中，an=（23)n-1[(23)n-1-1]，則下列敍述正確的是(）
A.最大項為a1，最小項為a3
B.最大項為a1，最小項不存在
C.最大項不存在，最小項為a3
D.最大項為a1，最小項為a4
解析：令t=(23)n-1，則t=1，23，(23)2，且t(0,1]時，an=t(t-1)，an=t(t-1)=(t-12)2-14.
故最大項為a1=0.
當n=3時，t=(23)n-1=49，a3=-2081;
當n=4時，t=(23)n-1=827，a4=-152729;
又a3
答案：A
二、填空題
11、已知數列{an}的通項公式an=
則它的前8項依次為________.
解析：將n=1,2,3，，8依次代入通項公式求出即可。
答案：1,3，13，7，15，11，17，15
12、已知數列{an}的通項公式為an=-2n2+29n+3，則{an}中的最大項是第________項。
解析：an=-2(n-294)2+8658.當n=7時，an最大。
答案：7
13、若數列{an}的前n項和公式為Sn=log3(n+1)，則a5等於________.
解析：a5=S5-S4=log3(5+1)-log3(4+1)=log365.
答案：log365
14、給出下列公式：
①an=sinn
②an=0，n為偶數，-1n，n為奇數；
③an=(-1)n+1.1+-1n+12;
④an=12(-1)n+1[1-(-1)n]。
其中是數列1,0，-1,0,1,0，-1,0，的通項公式的有________.（將所有正確公式的序號全填上）
解析：用列舉法可得。
答案：①
三、解答題
15、求出數列1,1,2,2,3,3，的一個通項公式。
解析：此數列化為1+12，2+02，3+12，4+02，5+12，6+02，，由分子的規律知，前項組成正自然數數列，後項組成數列1,0,1,0,1,0，。
an=n+1--1n22，
即an=14[2n+1-（-1)n](nN*）。
也可用分段式表示為
16、已知數列{an}的通項公式an=(-1)n12n+1，求a3，a10，a2n-1.
解析：分別用3、10、2n-1去替換通項公式中的n，得
a3=(-1)3123+1=-17，
a10=(-1)101210+1=121，
a2n-1=(-1)2n-1122n-1+1=-14n-1.
17、在數列{an}中，已知a1=3，a7=15，且{an}的通項公式是關於項數n的一次函數。
（1）求此數列的通項公式；
（2）將此數列中的偶數項全部取出並按原來的先後順序組成一個新的數列{bn}，求數列{bn}的通項公式。
解析：(1)依題意可設通項公式為an=pn+q，
得p+q=3，7p+q=15.解得p=2，q=1.
{an}的通項公式為an=2n+1.
（2）依題意bn=a2n=2(2n)+1=4n+1，
{bn}的通項公式為bn=4n+1.
18、已知an=9nn+110n（nN*），試問數列中有沒有最大項？如果有，求出最大項，如果沒有，説明理由。
解析：∵an+1-an=(910)(n+1)(n+2)-(910)n(n+1)=(910)n+18-n9，
當n7時，an+1-an
當n=8時，an+1-an=0;
當n9時，an+1-an0.
a1
故數列{an}存在最大項，最大項為a8=a9=99108.
隨機抽樣經典例題
題型1：統計概念及簡單隨機抽樣
例1.為調查參加運動會的1000名運動員的年齡情況，從中抽查了100名運動員的年齡，就這個問題來説，下列説法正確的是( )
A.1000名運動員是總體 B.每個運動員是個體
C.抽取的100名運動員是樣本 D.樣本容量是100
解析：這個問題我們研究的是運動員的年齡情況，因此應選D。
答案：D
點評：該題屬於易錯題，一定要區分開總體與總體容量、樣本與樣本容量等概念。
例2.今用簡單隨機抽樣從含有6個個體的總體中抽取一個容量為2的樣本。問：① 總體中的某一個體在第一次抽取時被抽到的概率是多少？② 個體不是在第1次未被抽到，而是在第2次被抽到的概率是多少？③ 在整個抽樣過程中，個體被抽到的概率是多少？
解析：(1)，(2)，(3)。
點評：由問題(1)的解答，出示簡單隨機抽樣的定義，問題（ 2 ）是本講難點。基於此，簡單隨機抽樣體現了抽樣的客觀性與公平性。
題型2：系統抽樣
例3.為了瞭解參加某種知識競賽的1003名學生的成績，請用系統抽樣抽取一個容量為50的樣本。
解析：(1)隨機地將這1003個個體編號為1，2，3，。.。，1003.
（2）利用簡單隨機抽樣，先從總體中剔除3個個體（可利用隨機數表），剩下的個體數1000能被樣本容量50整除，然後再按系統抽樣的方法進行。
點評：總體中的每個個體被剔除的概率相等，也就是每個個體不被剔除的概率相等。採用系統抽樣時每個個體被抽取的概率都是，所以在整個抽樣過程中每個個體被抽取的概率仍然相等，都是。
例4.(2004年福建，15)一個總體中有100個個體，隨機編號為0，1，2，。.。，99，依編號順序平均分成10個小組，組號依次為1，2，3，。.。，10.現用系統抽樣方法抽取一個容量為10的樣本，規定如果在第1組隨機抽取的號碼為m，那麼在第k小組中抽取的號碼個位數字與m+k的個位數字相同。若m=6，則在第7組中抽取的號碼是___________.
剖析：此問題總體中個體的個數較多，因此採用系統抽樣。按題目中要求的規則抽取即可。
∵m=6，k=7，m+k=13，∴在第7小組中抽取的號碼是63.
答案：63
點評：當總體中個體個數較多而差異又不大時可採用系統抽樣。採用系統抽樣在每小組內抽取時應按規則進行。
1、下列函數中，既是偶函數又在（0，+∞）上單調遞增的函數是（ ）
A.y=_3 B.y=|_|+1
C.y=-_2+1 D.y=2-|_|
2、若f(_)=，則f(_)的定義域為（ ）
A. B.
C. D.（0，+∞）
3、設函數f(_)(_R)滿足f(-_)=f(_)，f(_+2)=f(_)，則y=f(_)的圖象可能是（ ）
圖2-1
4、函數f(_)=(a>0且a≠1)是R上的減函數，則a的取值範圍是（ ）
A.(0,1) B.
C. D.
1、已知函數f(_)=則f=（ ）
A. B.e C.- D.-e
2、設函數f(_)定義在實數集上，它的圖象關於直線_=1對稱，且當_≥1時，f(_)=2_-_，則有（ ）
A.f0，且a≠1)，則函數f(_)=loga(_+1)的圖象大致是（ ）
圖2-2
5、定義在R上的偶函數f（_)滿足：對任意_1，_2[0，+∞），且_1≠_2都有>0，則（ ）
A.f(3)1的解集為（ ）
A.(-1,0)(0，e)
B.（-∞，-1)(e，+∞）
C.（-1,0)(e，+∞）
D.（-∞，1)(e，+∞）
4、已知函數f(_)是定義在R上的奇函數，其最小正週期為3，且_時，f(_)=log(1-_)，則f(2010)+f(2011)=（ ）
A.1 B.2
C.-1 D.-2
1、函數y=的圖象可能是（ ）
圖2-4
2、定義在R上的函數f(_)滿足f(-_)=-f(_)，f(_-2)=f(_+2)，且_(-1,0)時，f(_)=2_+，則f(log220)=（ ）
A.1 B.
C.-1 D.-
3、定義兩種運算：ab=，ab=，則f(_)=是（ ）
A.奇函數
B.偶函數
C.既奇又偶函數
D.非奇非偶函數
4、已知函數f(_)=|lg_|，若02的解集為（ ）
A.（2，+∞）
B.（2，+∞）
C.（，+∞）
D.
6.f(_)=_2-2_，g(_)=a_+2(a>0)，對_1∈[-1,2]，_0∈[-1,2]，使g(_1)=f(_0)，則a的取值範圍是（ ）
A. B.
C.[3，+∞) D.(0,3]
7、函數y=f(cos_)的定義域為(kZ)，則函數y=f(_)的定義域為________.
8、已知定義在R上的函數y=f(_)滿足條件f=-f(_)，且函數y=f為奇函數，給出以下四個命：
（1）函數f(_)是周期函數；
（2）函數f(_)的圖象關於點對稱；
（3）函數f(_)為R上的偶函數；
（4）函數f(_)為R上的單調函數。
其中真命的序號為________.（寫出所有真命的序號）
專限時集訓(二)A
【基礎演練】
1.B 【解析】 是偶函數的是選項B、C、D中的函數，但在（0，+∞）上單調遞增的函數只有選項B中的函數。
2.A 【解析】 根據意得log(2_+1)>0，即0<2_+1<1，解得_.故選A.
3.B 【解析】 由f(-_)=f(_)可知函數為偶函數，其圖象關於y軸對稱，可以結合選項排除A、C，再利用f(_+2)=f(_)，可知函數為周期函數，且T=2，必滿足f(4)=f(2)，排除D，故只能選B.
4.B 【解析】 由知00，故函數f（_)在[1，+∞）上單調遞增。又f=f=f，f=f=f，<<，故f1時，結合10時，根據ln_>1，解得_>e;當_<0時，根據_+2>1，解得-10時，y=ln_，當_<0時，y=-ln(-_)，因為函數y=是奇函數，圖象關於座標原點對稱。故只有選項B中的圖象是可能的。
2.C 【解析】 f(_-2)=f(_+2)f(_)=f(_+4)，41，故f(a)=|lga|=-lga，f(b)=|lgb|=lgb，由f(a)=f(b)，得-lga=lgb，即lg(ab)=0，故ab=1，所以2a+b≥2=2，當且僅當2a=b，即a=，b=時取等號。
5.A 【解析】方法1：作出函數f(_)的示意圖如圖，則log4_>或log4_<-，解得_>2或02等價於不等式f（|log4_|）>2=f，即|log4_|>，即log4_>或log4_<-，解得_>2或00，所以a的取值範圍是。
7、【解析】 由於函數y=f(cos_)的定義域是(kZ)，所以u=cos_的值域是，所以函數y=f(_)的定義域是。
8、(1)(2)(3) 【解析】 由f(_)=f(_+3)f(_)為周期函數；又y=f為奇函數，所以y=f圖象關於(0,0)對稱；y=f向左平移個單位得y=f(_)的圖象，原來的原點(0,0)變為，所以f(_)的圖象關於點對稱。又y=f為奇函數，所以f=-f，故f=-f=-f(-_)f(-_)=f(_)，所以f(_)為偶函數；又f(_)為R上的偶函數，不可能為R上的單調函數。
一、選擇題
1．某年級有6個班，分別派3名語文教師任教，每個教師教2個班，則不同的任課方法種數為( )
A．C26C24C22 B．A26A24A22
C．C26C24C22C33 D.A26C24C22A33
[答案] A
2．從單詞“equation”中取5個不同的字母排成一排，含有“qu”（其中“qu”相連且順序不變）的不同排法共有( )
A．120種 B．480種
C．720種 D．840種
[答案] B
[解析] 先選後排，從除qu外的6個字母中任選3個字母有C36種排法，再將qu看成一個整體（相當於一個元素）與選出的3個字母進行全排列有A44種排法，由分步乘法計數原理得不同排法共有C36A44＝480(種)．
3．從編號為1、2、3、4的四種不同的種子中選出3種，在3塊不同的土地上試種，每塊土地上試種一種，其中1號種子必須試種，則不同的試種方法有( )
A．24種 B．18種
C．12種 D．96種
[答案] B
[解析] 先選後排C23A33＝18，故選B.
4．把0、1、2、3、4、5這六個數，每次取三個不同的數字，把其中最大的數放在百位上排成三位數，這樣的三位數有( )
A．40個 B．120個
C．360個 D．720個
[答案] A
[解析] 先選取3個不同的數有C36種方法，然後把其中最大的數放在百位上，另兩個不同的數放在十位和個位上，有A22種排法，故共有C36A22＝40個三位數．
5．（2010湖南理，7)在某種信息傳輸過程中，用4個數字的一個排列（數字允許重複）表示一個信息，不同排列表示不同信息，若所用數字只有0和1，則與信息0110至多有兩個對應位置上的數字相同的信息個數為( ）
A．10 B．11
C．12 D．15
[答案] B
[解析] 與信息0110至多有兩個對應位置上的數字相同的信息包括三類：
第一類：與信息0110只有兩個對應位置上的數字相同有C24＝6(個)
第二類：與信息0110只有一個對應位置上的數字相同有C14＝4(個)
第三類：與信息0110沒有一個對應位置上的數字相同有C04＝1(個)
與信息0110至多有兩個對應位置上的數字相同的信息有6＋4＋1＝11(個)
6．北京《財富》全球論壇開幕期間，某高校有14名志願者參加接待工作．若每天排早，中，晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，則開幕式當天不同的排班種數為( )
A．C414C412C48 B．C1214C412C48
C.C1214C412C48A33 D．C1214C412C48A33
[答案] B
[解析] 解法1：由題意知不同的排班種數為：C414C410C46＝14×13×12×114！10×9×8×74！6×52！＝C1214C412C48.
故選B.
解法2：也可先選出12人再排班為：C1214C412C48C44，即選B.
7．（2009湖南理5)從10名大學畢業生中選3人擔任村長助理，則甲、乙至少有1人入選，而丙沒有入選的不同選法的種數為( ）
A．85 B．56
C．49 D．28
[答案] C
[解析] 考查有限制條件的組合問題．
（1）從甲、乙兩人中選1人，有2種選法，從除甲、乙、丙外的7人中選2人，有C27種選法，由分步乘法計數原理知，共有2C27＝42種．
（2）甲、乙兩人全選，再從除丙外的其餘7人中選1人共7種選法．
由分類計數原理知共有不同選法42＋7＝49種．
8．以一個正三稜柱的頂點為頂點的四面體共有( )
A．6個 B．12個
C．18個 D．30個
[答案] B
[解析] C46－3＝12個，故選B.
9．（2009遼寧理，5)從5名男醫生、4名女醫生中選3名醫生組成一個醫療小分隊，要求其中男、女醫生都有，則不同的組隊方案共有( ）
A．70種 B．80種
C．100種 D．140種
[答案] A
[解析] 考查排列組合有關知識．
解：可分兩類，男醫生2名，女醫生1名或男醫生1名，女醫生2名，
∴共有C25C14＋C15C24＝70，∴選A.
10．設集合Ⅰ＝{1,2,3,4,5}．選擇Ⅰ的兩個非空子集A和B，要使B中最小的數大於A中最大的數，則不同的選擇方法共有( )
A．50種 B．49種
C．48種 D．47種
[答案] B
[解析] 主要考查集合、排列、組合的基礎知識．考查分類討論的思想方法．
因為集合A中的最大元素小於集合B中的最小元素，A中元素從1、2、3、4中取，B中元素從2、3、4、5中取，由於A、B非空，故至少要有一個元素．
1° 當A＝{1}時，選B的'方案共有24－1＝15種，
當A＝{2}時，選B的方案共有23－1＝7種，
當A＝{3}時，選B的方案共有22－1＝3種，
當A＝{4}時，選B的方案共有21－1＝1種．
故A是單元素集時，B有15＋7＋3＋1＝26種．
2° A為二元素集時，
A中最大元素是2，有1種，選B的方案有23－1＝7種．
A中最大元素是3，有C12種，選B的方案有22－1＝3種．故共有2×3＝6種．
A中最大元素是4，有C13種．選B的方案有21－1＝1種，故共有3×1＝3種．
故A中有兩個元素時共有7＋6＋3＝16種．
3° A為三元素集時，
A中最大元素是3，有1種，選B的方案有22－1＝3種．
A中最大元素是4，有C23＝3種，選B的方案有1種，
∴共有3×1＝3種．
∴A為三元素時共有3＋3＝6種．
4° A為四元素時，只能是A＝{1、2、3、4}，故B只能是{5}，只有一種．
∴共有26＋16＋6＋1＝49種．
二、填空題
11．北京市某中學要把9台型號相同的電腦送給西部地區的三所希望國小，每所國小至少得到2台，共有______種不同送法．
[答案] 10
[解析] 每校先各得一台，再將剩餘6台分成3份，用插板法解，共有C25＝10種．
12．一排7個座位分給3人坐，要求任何兩人都不得相鄰，所有不同排法的總數有________種．
[答案] 60
[解析] 對於任一種坐法，可視4個空位為0,3個人為1,2,3則所有不同坐法的種數可看作4個0和1,2,3的一種編碼，要求1,2,3不得相鄰故從4個0形成的5個空檔中選3個插入1,2,3即可．
∴不同排法有A35＝60種．
13．(09海南寧夏理15)7名志願者中安排6人在週六、週日兩天參加社區公益活動．若每天安排3人，則不同的安排方案共有________種（用數字作答）．
[答案] 140
[解析] 本題主要考查排列組合知識．
由題意知，若每天安排3人，則不同的安排方案有
C37C34＝140種．
14．2010年上海世博會期間，將5名志願者分配到3個不同國家的場館參加接待工作，每個場館至少分配一名志願者的方案種數是________種．
[答案] 150
[解析] 先分組共有C35＋C25C232種，然後進行排列，有A33種，所以共有(C35＋C25C232)A33＝150種方案．
三、解答題
15．解方程Cx2＋3x＋216＝C5x＋516.
[解析] 因為Cx2＋3x＋216＝C5x＋516，所以x2＋3x＋2＝5x＋5或(x2＋3x＋2)＋(5x＋5)＝16，即x2－2x－3＝0或x2＋8x－9＝0，所以x＝－1或x＝3或x＝－9或x＝1.經檢驗x＝3和x＝－9不符合題意，捨去，故原方程的解為x1＝－1，x2＝1.
16．在∠MON的邊OM上有5個異於O點的點，邊ON上有4個異於O點的點，以這10個點（含O點）為頂點，可以得到多少個三角形？
[解析] 解法1：（直接法）分幾種情況考慮：O為頂點的三角形中，必須另外兩個頂點分別在OM、ON上，所以有C15C14個，O不為頂點的三角形中，兩個頂點在OM上，一個頂點在ON上有C25C14個，一個頂點在OM上，兩個頂點在ON上有C15C24個．因為這是分類問題，所以用分類加法計數原理，共有C15C14＋C25C14＋C15C24＝5×4＋10×4＋5×6＝90(個)．
解法2：（間接法）先不考慮共線點的問題，從10個不同元素中任取三點的組合數是C310，但其中OM上的6個點（含O點）中任取三點不能得到三角形，ON上的5個點（含O點）中任取3點也不能得到三角形，所以共可以得到C310－C36－C35個，即C310－C36－C35＝10×9×81×2×3－6×5×41×2×3－5×41×2＝120－20－10＝90(個)．
解法3：也可以這樣考慮，把O點看成是OM邊上的點，先從OM上的6個點（含O點）中取2點，ON上的4點（不含O點）中取一點，可得C26C14個三角形，再從OM上的5點（不含O點）中取一點，從ON上的4點（不含O點）中取兩點，可得C15C24個三角形，所以共有C26C14＋C15C24＝15×4＋5×6＝90(個)．
17．某次足球比賽共12支球隊參加，分三個階段進行．
（1）小組賽：經抽籤分成甲、乙兩組，每組6隊進行單循環比賽，以積分及淨剩球數取前兩名；
（2）半決賽：甲組第一名與乙組第二名，乙組第一名與甲組第二名作主客場交叉淘汰賽（每兩隊主客場各賽一場）決出勝者；
（3）決賽：兩個勝隊參加決賽一場，決出勝負．
問全程賽程共需比賽多少場？
[解析] （1)小組賽中每組6隊進行單循環比賽，就是6支球隊的任兩支球隊都要比賽一次，所需比賽的場次即為從6個元素中任取2個元素的組合數，所以小組賽共要比賽2C26＝30(場）．
（2)半決賽中甲組第一名與乙組第二名（或乙組第一名與甲組第二名）主客場各賽一場，所需比賽的場次即為從2個元素中任取2個元素的排列數，所以半決賽共要比賽2A22＝4(場）．
（3）決賽只需比賽1場，即可決出勝負．
所以全部賽程共需比賽30＋4＋1＝35(場)．
18．有9本不同的課外書，分給甲、乙、丙三名同學，求在下列條件下，各有多少種分法？
（1）甲得4本，乙得3本，丙得2本；
（2）一人得4本，一人得3本，一人得2本；
（3）甲、乙、丙各得3本．
[分析] 由題目可獲取以下主要信息：
①9本不同的課外書分給甲、乙丙三名同學；
②題目中的3個問題的條件不同．
解答本題先判斷是否與順序有關，然後利用相關的知識去解答．
[解析] (1)分三步完成：
第一步：從9本不同的書中，任取4本分給甲，有C49種方法；
第二步：從餘下的5本書中，任取3本給乙，有C35種方法；
第三步：把剩下的書給丙有C22種方法，
∴共有不同的分法有C49C35C22＝1260(種)．
（2）分兩步完成：
第一步：將4本、3本、2本分成三組有C49C35C22種方法；
第二步：將分成的三組書分給甲、乙、丙三個人，有A33種方法，
∴共有C49C35C22A33＝7560(種)．
（3）用與(1)相同的方法求解，
得C39C36C33＝1680(種)．
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